高中_物理_物理选修_选修3-5_高中物理人教版选修3-5习题含*_高中物理人教版选修3-5习题第16章动量守恒定律第4节含*

.ks5u.第十六章　第四节基础夯实一、选择题(1～3题为单选题，4、5题为多选题)1．如图所示，B、C、D、E、F,5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E,4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量。A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为**碰撞，则碰撞之后eq\x(导学号96140071)(　　)INCLUDEPICTURE"46L.TIF"\*MERGEFORMATA．5个小球静止，1个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动C．3个小球静止，3个小球运动D．6个小球都运动*：C解析：A球与B球相碰时，由于A质量小于B，A*回，B获得速度与C碰撞，由于发生的碰撞为**碰撞且质量相等，B静止，C获得速度，同理，C和D的碰撞，D与E的碰撞都是如此，E获得速度后与F的碰撞过程中，由于E的质量大于F，所以E、F碰后都向右运动。所以碰撞之后，A、E、F三球运动，B、C、D三球静止。2．(宜昌市葛州坝中学2015～2016学年高二下学期期中)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生**正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为eq\x(导学号96140072)(　　)A．eq\f(A＋1,A－1)　　　　　　B．eq\f(A－1,A＋1)C．eq\f(4A,A＋12)　　　D．eq\f(A＋12,A－12)*：A解析：设中子质量为m，则原子核质量为Am，由mv＝mv1＋Amv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Amveq\o\al(2,2)，得v1＝eq\f(m－Am,m＋Am)v所以eq\f(v,|v1|)＝eq\f(A＋1,A－1)，A对。3．(湖北黄石有*一中2015～2016学年高二下学期期中)*、乙两铁球质量分别是m1＝1kg，m2＝2kg，在光滑平面上沿同一直线运动，速度分别是v1＝6m/s、v2＝2m/s。*追上乙发生正碰后两物体的速度有可能是eq\x(导学号96140073)(　　)A．v1′＝7m/s，v2′＝1.5m/s　　　B．v1′＝2m/s，v2′＝4m/sC．v1′＝3.5m/s，v2′＝3m/s　　　D．v1′＝4m/s，v2′＝3m/s*：B解析：以*的初速度方向为正方向，碰撞前总动量p＝m1v1＋m2v2＝1×6＋2×2＝10kg·m/s，碰撞前的动能EK＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×1×62＋eq\f(1,2)×2×22＝22J；如果v1′＝7m/s，v2′＝1.5m/s，碰撞后动量守恒、机械能增加，故A错误；如果v1′＝2m/s，v2′＝4m/s，碰撞后动量守恒、机械能不增加，碰撞后不能发生二次碰撞，故B正确；如果v1′＝3.5m/s，v2′＝3m/s，碰撞过程动量不守恒，故C错误；v1′＝4m/s，v2′＝3m/s，碰撞过程动量守恒、机械能不增加，但要发生二次碰撞，故D错误；故选B。4．如图所示，在光滑水平地面上有两个完全相同的小球A和B，它们的质量都为m。现B球静止，A球以速度v0与B球发生正碰，针对碰撞后的动能下列说法中正确的是eq\x(导学号96140074)(　　)INCLUDEPICTURE"W557.tif"\*MERGEFORMATA．B球动能的最大值是eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．B球动能的最大值是eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)C．系统动能的最小值是0D．系统动能的最小值是eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)*：AD解析：当两球发生完全**碰撞时，A球静止，B球的动能最大，A正确，B错误；当两球相碰后共同运动时，损失的能量最多，系统动能最小，系统动能的最小值是eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，C、错D对。5．(黑龙*大庆一中2015～2016学年高二下学期检测)如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝4kg的小物体B以水平速度v＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是eq\x(导学号96140075)(　　)INCLUDEPICTURE"YY38.tif"\*MERGEFORMATA．木板A获得的动能为2JB．系统损失的机械能为2JC．木板A的最小长度为2mD．A、B间的动摩擦因数为0.1*：AD解析：由图象可知，木板获得的速度为v＝1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：木板A的质量M＝4kg，木板获得的动能为：Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝2J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)Mv2，代入数据解得：ΔE＝4J，故B错误；由图得到：0～1s内B的位移为xB＝eq\f(1,2)×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移为xA＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1m，故C错误；由图象可知，B的加速度：a＝－1m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μmBg＝mBa，代入解得μ＝0.1，故D正确。二、非选择题6．如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动。设*同学和他的车的总质量为150kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5m/s；乙同学和他的车总质量为200kg，碰撞前向左运动，速度的大小为3.7m/s。求碰撞后两车共同的运动速度及碰撞过程中损失的机械能。eq\x(导学号96140076)INCLUDEPICTURE"57L.TIF"\*MERGEFORMAT*：0.186m/s　方向向左　2881.7J解析：设*同学的车碰撞前的运动方向为正方向，他和车的总质量m1＝150kg，碰撞前的速度v1＝4.5m/s；乙同学和车的总质量m2＝200kg，碰撞前的速度v2＝－3.7m/s。设碰撞后两车的共同速度为v，则系统碰撞前的总动量为p＝m1v1＋m2v2＝150×4.5kg·m/s＋200×(－3.7)kg·m/s＝－65kg·m/s碰撞后的总动量为p′＝(m1＋m2)v根据动量守恒定律p＝p′，代入数据得v＝－0.186m/s，即碰撞后两车以v＝0.186m/s的共同速度运动，运动方向向左。此过程中损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝2881.7J7．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动，在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示，小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动，小球B被Q处的墙壁*回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO，假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是**的，求两小球质量之比m1/m2。eq\x(导学号96140077)INCLUDEPICTURE"76L1.TIF"\*MERGEFORMAT*：eq\f(m1,m2)＝2解析：从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1。设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等。m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)利用v2/v1＝4，可解出eq\f(m1,m2)＝2能力提升一、选择题(1～3题为单选题，4、5题为多选题)1．(河北衡水中学2015～2016学年高二下学期期中)质量为ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于eq\x(导学号96140078)(　　)INCLUDEPICTURE"A19.tif"\*MERGEFORMATA．**碰撞B．非**碰撞C．完全非**碰撞D．条件不足，不能确定*：A解析：由x－t图象知，碰撞前va＝3m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1m/s，vb′＝2m/s，碰撞前动能eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)＝eq\f(9,2)J，碰撞后动能eq\f(1,2)mava′2＋eq\f(1,2)mbvb′2＝eq\f(9,2)J，故机械能守恒；碰撞前动量mava＋mbvb＝3kg·m/s，碰撞后动量mava′＋mbvb′＝3kg·m/s，故动量守恒，所以碰撞属于**碰撞。2．(河北邢台一中2014～2015学年高二下学期检测)在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动(B在前)，已知碰前两球的动量分别为pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰后它们动量的变化分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是eq\x(导学号96140079)(　　)A．ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/sB．ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－3kg·m/sC．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/sD．ΔpA＝24kg·m/s、ΔpB＝－24kg·m/s*：A解析：由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，故碰后它们动量的变化分别为ΔpA<0，故B、D错误；根据碰撞过程动量守恒，如果ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A＝9kg·m/s、p′B＝16kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，故A正确。根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为pA′＝－12kg·m/s、pB′＝37kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C错误，故选A。3．(青州市一中2015～2016学年高二下学期检测)一*丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，*成为*、乙两块水平飞出，*、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2。则下列图中两块*片飞行的轨迹可能的是eq\x(导学号96140080)(　　)INCLUDEPICTURE"ZLL59.tif"\*MERGEFORMAT*：B解析：本题有两种可能情况，一是*在前，二是*在后。*在前情况，设总质量为4m，由动量守恒得4m×2＝3mv*＋mv乙，由平抛运动规律知，*图中两*片的速度分别为v*＝2.5m/s，v乙＝－0.5m/s，不满足动量守恒关系，选项A错误；乙图中两*片的速度分别为v*＝2.5m/s，v乙＝0.5m/s，满足动量守恒关系，选项B正确；*在后情况，C图中v*＝1m/s，v乙＝2m/s，不满足动量守恒关系，选项C错误；D图中，v*＝－1m/s，v乙＝2m/s，同样不满足动量守恒关系，选项D错误。4．(*西抚州市2014～2015学年高二下学期四校联考)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球发生正碰，碰撞可能是**的，也可能是非**的，则碰后B球的速度大小可能是eq\x(导学号96140081)(　　)A．0.7v　　　B．0.6vC．0.4v　　　D．0.2v*：BC解析：以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向，如果碰撞为**碰撞，由动量守恒定律得：mv＝mvA＋2mvB，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,B)，解得：vA＝－eq\f(1,3)v，vB＝eq\f(2,3)v，负号表示碰撞后A球反向*回，如果碰撞为完全非**碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(m＋2m)vB，解得：vB＝eq\f(1,3)v，则碰撞后B球的速度范围是：eq\f(1,3)v<vB<eq\f(2,3)v，故B、C正确，A、D错误。5．(山东师大附中2014～2015学年高二下学期检测)如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是**的，下列判断正确的是eq\x(导学号96140082)(　　)A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置*：AD解析：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv0＝mv1＋3mv2；又两球碰撞是**的，故机械能守恒，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)3mveq\o\al(2,2)，解两式得：v1＝－eq\f(v0,2)，v2＝eq\f(v0,2)，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，因摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C错；由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可知，两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。二、非选择题6．(山东济宁市2015～2016学年高三模拟)如图，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松驰，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：eq\x(导学号96140083)INCLUDEPICTURE"ZLL100.tif"\*MERGEFORMAT(1)B的质量；(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。*：(1)eq\f(m,2)　(2)eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)解析：(1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知：碰撞前瞬间A的速度为eq\f(v,2)，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得meq\f(v,2)＋2mBv＝(m＋mB)v①由①式得mB＝eq\f(m,2)②(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mB)v③设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则ΔE＝eq\f(1,2)m(eq\f(v,2))2＋eq\f(1,2)mB(2v)2－eq\f(1,2)(m＋mB)v2④联立②③④式得ΔE＝eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)7．(广东省实验中学2014～2015学年高二下学期期中)如图所示，质量为M的平板车P高为h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量为m的小球(大小不计)。今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无机械能损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，已知质量M∶m＝4∶1，重力加速度为g，求：eq\x(导学号96140084)INCLUDEPICTURE"lu15.tif"\*MERGEFORMAT(1)小物块Q离开平板车时，二者速度各为多大？(2)平板车P的长度为多少？(3)小物块Q落地时与小车的水平距离为多少？*：(1)eq\f(\r(gR),3)　eq\f(\r(gR),6)　(2)eq\f(7R,18μ)　(3)eq\f(\r(2Rh),6)解析：(1)设小球与Q碰前的速度为v0，小球下摆过程机械能守恒：mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)v0＝eq\r(gR)小球与Q进行**碰撞，质量又相等，二者交换速度。小物块Q在平板车P上滑动的过程中，Q与P组成的系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2其中v2＝eq\f(1,2)v1，M＝4m，解得：v1＝eq\f(\r(gR),3)，v2＝eq\f(\r(gR),6)。(2)对系统由能量守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋μmgL，解得：L＝eq\f(7R,18μ)。(3)Q脱离P后做平抛运动，由h＝eq\f(1,2)gt2，解得：t＝eq\r(\f(2h,g))Q落地时二者相距：s＝(v1－v2)t＝eq\f(\r(2Rh),6)。